Question

13．已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R，
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）对于曲线上的不同两点P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），如果存在曲线上的点Q（x₀，y₀），
且x₁＜x₀＜x₂，使得曲线在点Q处的切线?∥P₁P，则称?为弦P₁P₂的伴随切线．特别地，当x₀=λx₁+（1-λ）x₂（0＜λ＜1）时，又称?为P₁P₂的λ-伴随切线．
求证：曲线y=f（x）的任意一条弦均有伴随切线，并且伴随切线是唯一的．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得函数f（x）的极值；
（Ⅱ）要证明P₁，P₂有伴随切线，只需证明存在点Q（x₀，f（x₀）），x₁＜x₀＜x₂，要证明P₁，P₂有伴随切线，只需证明存在点Q（x₀，f（x₀）），x₁＜x₀＜x₂，即xlnx₂-xlnx₁+x₁-x₂=0在（x₁，x₂）内有解．构造辅助函数，求导，根据函数的单调性及零点的判断，即可求得曲线y=f（x）的任意一条弦均有伴随切线，并且伴随切线是唯一的．

解答 解：（Ⅰ）由函数f（x）=ax+lnx，求导f′（x）=a+$\frac{1}{x}$，（x＞0），
当a≥0（0，+∞），f'（x）＞0，函数f（x）在内是增函数，
∴函数f（x）没有极值．
当a＜0时，令f'（x）=0，得x=-$\frac{1}{a}$．
当x变化时，f'（x）与f（x）变化情况如下表：

x	（0，-$\frac{1}{a}$）	-$\frac{1}{a}$	（-$\frac{1}{a}$，+∞）
f′（x）	+	0	-
f（x）	↑	极大值	↓

∴当x=-$\frac{1}{a}$时，f（x）取得极大值f（-$\frac{1}{a}$）=-1+ln（-$\frac{1}{a}$）．
综上，当a≥0时，f（x）没有极值；
当a＜0时，f（x）的极大值为-1+ln（-$\frac{1}{a}$），没有极小值．（5分）
（Ⅱ）证明：设P₁（x₁，f（x₁）），P₂（x₂，f（x₂））是曲线y=f（x）上的任意两点，
要证明P₁，P₂有伴随切线，只需证明存在点Q（x₀，f（x₀）），x₁＜x₀＜x₂，
要证明P₁，P₂有伴随切线，只需证明存在点Q（x₀，f（x₀）），x₁＜x₀＜x₂，．（7分）
∵f′（x）=a+$\frac{1}{x}$，（x＞0），即证存在x₀∈（x₁，x₂），使得a+$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{a{x}_{2}+ln{x}_{2}-a{x}_{1}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
即x₀lnx₂-x₀lnx₁+x₁-x₂=0成立，且点Q不在P₁P₂上．（8分）
以下证明方程xlnx₂-xlnx₁+x₁-x₂=0在（x₁，x₂）内有解．
设F（x）=xlnx₂-xlnx₁+x₁-x₂，0＜x＜x₂．
则F（x₁）=x₁lnx₂-x₁lnx₁+x₁-x₂．
记g（x）=xlnx₂-xlnx+x-x₂，0＜x＜x₂，
∴g'（x）=lnx₂-lnx＞0，
∴g（x）在（0，x₂）内是增函数，
∴F（x₁）=g（x₁）＜g（x₂）=0．（9分）
同理F（x₂）＞0．∴F（x₁）F（x₂）＜0．
∴方程xlnx₂-xlnx₁+x₁-x₂=0在（x₁，x₂）内有解x=x₀．（10分）
又对于函数g（x）=xlnx₂-xlnx+x-x₂，
∵0＜x₁＜x₀＜x₂，∴g（x₀）=x₀lnx₂-x₀lnx₀+x₀-x₂＜g（x₂）=0，
可知f′（x₀）≠$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，即点Q不在P₁P₂上．
又F（x）=（lnx₂-lnx₁）x+x₁-x₂在（x₁，x₂）内是增函数，
∴方程xlnx₂-xlnx₁+x₁-x₂=0在（x₁，x₂）内有唯一解．
综上，曲线y=f（x）上任意一条弦均有伴随切线，并且伴随切线是唯一的 …14‘

点评 本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的单调性及极值，主要考查利用导数研究判断函数的单调性及求函数的单调区间最值等知识，考查解决存在性问题的转化策略，属难题．